96321852 Reseni Zadaci Slucajni Procesi

download 96321852 Reseni Zadaci Slucajni Procesi

of 42

  • date post

    25-Nov-2015
  • Category

    Documents

  • view

    477
  • download

    57

Embed Size (px)

Transcript of 96321852 Reseni Zadaci Slucajni Procesi

  • ELEKTRO - ODSEKSlucajni procesi

    RESENI ZADACI IZ STATISTIKEI SLUCAJNIH PROCESA

    1

  • 1 Karakteristicna funkcija

    X : slucajna promenljiva . Karakteristicna funkcija je preslikavanje kX : R C definisana nasledeci nacin

    kX(t) = E(eitX) =

    i

    eitxi p(xi) , X diskretna slucajna promenljiva

    eitx X(x) dx , X neprekidna slucajna promenljiva

    .

    Osobine

    |kX(t)| 1. kX(0) = 1. kX(t) = kX(t). kaX+b(t) = eitbkX(at). Ako su X i Y nezavisne slucajne promenljive tada je kX+Y (t) = kX(t) kY (t).

    Ako postoji momenat mr = E(Xr), r N tada je E(Xr) = k(r)X (0)

    ir .

    Karakteristicna funkcija za neke vaznije raspodele

    Binomna raspodela B(n, p) kX(t) = (q + peit)n

    Poasonova raspodele P() kX(t) = e(1eit)

    Geometrijska raspodele G(p) kX(t) = peit

    1 qeit

    Uniformna raspodela U(a, b) kX(t) = eitb eitait(b a)

    Eksponencijalna raspodela E(a) kX(t) = aa it

    Normalna raspodela N (m, ) kX(t) = eitm e2t2

    2

    Normalna raspodela N (0, 1) kX(t) = e t22

    1. Za date karakteristicne funkcije naci odgovarajuce zakone raspodela (za slucajne promenljive disk-retnog tipa)

    (a) kX(t) = cos t.

    (b) kX(t) = 3+cos t4 .

    (c) kX(t) = (2 eit)1.(d) kX(t) =

    k=0

    ak cos(kt), ak > 0,k=0

    ak = 1.

    Resenje:

    (a) kX(t) = cos t =eit + eit

    2=

    12eit1 +

    12eit(1), tako da je trazena slucajna promenljiva X :( 1 1

    12

    12

    ).

    (b) kX(t) =3 + cos t

    4=

    34+

    cos t4

    =34eit0 +

    14eit + eit

    2=

    34eit0 +

    18eit1 +

    18eit(1), tako da je

    trazena slucajna promenljiva X :( 1 0 1

    18

    34

    18

    ).

    2

  • (c) kX(t) = (2 eit)1 = (2(1 eit

    2))1 =

    12

    k=0

    (1k

    )(e

    it

    2)k =

    12

    k=0

    (1k

    )(1)k e

    itk

    2k=

    =k=0

    (1k

    )(1)k e

    itk

    2k+1=

    k=0

    eitk(1)k2k+1

    (1) . . . (1 (k 1))k!

    =

    =k=0

    eitk(1)k(1)k

    2k+1 k!k!

    =k=0

    eitk1

    2k+1,

    tako da je skup vrednosti slucajne promenljive RX = {0} N, pri cemu je P(X = k) = 12k+1 .

    (d) kX(t) =k=0

    ak cos(kt) =k=0

    akeitk + eitk

    2=

    k=0

    akeitk

    2+

    k=0

    akeitk

    2=

    =k=0

    ak2eitk +

    k=0

    ak2eit(k),

    tako da je skup vrednosti slucajne promenljive RX = Z pri cemu jeP(X = k) = P(X = k) = ak2 , k N i P(X = 0) = a02 + a02 = a0.

    2. Element se sastoji iz dva prekidacapovezanih kao na slici. Duzine radaprekidaca su nezavisne i imaju ekspo-nencijalnu E(1) raspodelu.

    P1

    P2

    (a) Naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Ykoja predstavlja duzinu rada elementa.

    (b) Ako je dato n nezavisnih slucajnih promenljivihY1, . . . , Yn koje imaju istu raspodelu kao i slucajnapromenljiva Y naci karakteristicnu funkciju slucajne

    promenljive Sn =Sn E(Sn)

    D(Sn), gde je

    Sn = Y1 + . . .+ Yn.Resenje:

    Slucajne promenljive X1 i X2 koje predstavljaju duzinu rada prvog, odnosno drugog prekidacaimaju eksponencijalnu E(1) raspodelu tako da je FX(x) = 1 ex, x > 0. Y = max{X1, X2} isada trazimo raspodelu za Y (koristeci definiciju funkcije raspodele) FY (y) = P(Y < y), y R.FY (y) = P(Y < y) = P(max{X1, X2} < y) = P(X1 < y,X2 < y) = P(X1 < y)P(X2 < y) == FX1(y)FX2(y) = F

    2X(y) =

    {0 , y 0(1 ey)2 , y > 0 =

    {0 , y 01 2ey + e2y , y > 0 .

    Y (y) = FY (y) =

    {0 , y 02ey 2e2y , y > 0 .

    (a) kY (y) =

    eityY (y)dy =

    0

    eity(2ey 2e2y)dy = 20

    e(it1)ydy 20

    e(it2)ydy =

    = 2it1e(it1)y|0 2it1e(it2)y|0 = 2it1 + 2it2 = 2(it1)(it2)

    (b) Prvo cemo pronaci matematicko ocekivanje i disperziju slucajne promenljive Y

    E(Y ) =0

    y(2ey 2e2y)dy = 32 , E(Y 2) =0

    y2(2ey 2e2y)dy = 72 , D(Y ) = 54 .Sn = Y1 + . . .+ YnE(Sn) = E(Y1 + . . .+ Yn) = E(Y1) + . . .+ E(Yn) = nE(Y ) = 3n2 ,D(Sn) = D(Y1 + . . .+ Yn) = D(Y1) + . . .+ D(Yn) = nD(Y ) = 5n4 ,

    Sn =Sn E(Sn)

    D(Sn)=

    Sn 3n25n4

    =Sn 3n2

    5n2

    =25n

    Sn

    95n.

    Nalazimo karakteristicnu funkciju za Sn, pa zatim i karakteristicnu funkciju za Sn:

    kSn(t) = kY1+...+Yn(t) =ni=1

    kYi(t) = (kY (t))n =

    ( 2(it 1)(it 2)

    )n,

    kSn(t) = k 25nSn

    95n

    (t) = eit

    95n kSn

    ( 25n

    t)= eit

    95n

    ( 2(i 2

    5nt 1)(i 2

    5nt 2)

    )n.

    3

  • 3. Verovatnoca da ce posmatrani eksperiment uspeti je p. Ako su izvodenja eksperimenata medusobnonezavisna naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Y koja predstavlja broj izvrseniheksperimenata dok ukupan broj uspesnih eksperimenata ne bude k.

    Resenje:

    X1 broj ponavljanja eksperimenta do prve pozitivne realizacije X1 : G(p) raspodeluX2 broj ponavljanja eksperimenta od prve do druge pozitivne realizacije X2 : G(p) raspodeluX3 broj ponavljanja eksperimenta od druge do trece pozitivne realizacije X3 : G(p) raspodelu

    ...

    Xk broj ponavljanja eksperimenta od k1-ve do k-te pozitivne realizacije Xk : G(p) raspodeluKako slucajne promenljive X1, . . . , Xk imaju istu geometrijsku raspodelu, one imaju i istu karak-teristicnu funkciju

    kXs(t) =peit

    1 qeit , s = 1, . . . , k

    Y = X1 + . . .+Xk i slucajne promenljive X1, . . . , Xk su medusobno nezavisne tako da je

    kY (t) = kX1+...+Xk(t) =k

    s=1

    kXs(t) =( peit1 qeit

    )k.

    4. Data je slucajna promenljiva X sa uniformnom U(1, 1) raspodelom i niz Y1, Y2, . . . nezavisnih,jednakorasporedenih slucajnih promenljivih sa zakonom raspodele Yn :

    ( 1 112

    12

    ).

    (a) Naci karakteristicne funkcije za slucajne promenljive X, Yn, n N i Zn =nj=1

    ajYj gde je aj

    proizvoljna konstanta.

    (b) Dokazati da raspodela slucajne promenljive Zn =nj=1

    Yj2j kad n konvergira ka raspodeli

    slucajne promenljive X.

    Resenje:

    (a) X : U(1, 1) tako da je X(x) = 12 , x (1, 1) tako da je

    kX(t) =1

    1eitx 12dx =

    12

    1ite

    itx|11 = eiteit2it =

    sin tt , t 6= 0,

    kX(0) = 1.

    kYn(t) = eit(1) 12 + eit(1) 12 = e

    it+eit2 = cos t.

    kZn(t) = k nj=1

    ajYj(t) =

    nj=1

    kajYj (t) =nj=1

    kYj (ajt) =nj=1

    cos(ajt).

    (b) kZn(t) =nj=1

    cost

    2j= cos

    t

    2 cos t

    4 . . . cos t

    2n=

    sin t2 sin t2

    sint2

    2 sin t22 . . . sin

    t2n1

    2 sin t2n=

    sin t2n sin t2n

    ,

    limn kZ

    n(t) = lim

    nsin t

    2n sin t2n= sin t lim

    n

    1tt2n

    sin t2n=

    sin tt

    = kX(t).

    5. Nezavisne slucajne promenljive X i Y imaju Poasonove raspodele X : P(a), Y : P(b),(a, b > 0). Naci raspodele slucajne promenljive: Z = X + Y .

    Resenje:

    Koristeci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivih X i Y :

    4

  • kX(t) = ea(1eit), kY (t) = eb(1e

    it),

    dobijamo karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Z:

    kZ(t) = kX+Y (t) = kX(t)kY (t) == ea(1eit) eb(1eit) = e(a+b)(1eit)

    Dobijena karakteristicna funkcija odgovara slucajnoj promenljivoj sa Poasonovom P(a+b) raspode-lom.

    6. Slucajna promenljiva Y predstavlja zbir brojeva dobijenih pri bacanju 5 kockica za igru. Odreditikarakteristicnu funkciju slucajne promenljive Y i pomocu nje matematicko ocekivanje za Y .

    Resenje:

    Neka su Xi, i {1, 2, 3, 4, 5} slucajne promenljive koje predstavljaju brojeve koji su dobijeni nai - toj kockici. Slucajne promenljive Xi su nezavisne i imaju isti zakon raspodele:

    P(Xi = k) = 16 , k {1, 2, 3, 4, 5, 6}, i {1, 2, 3, 4, 5}.Slucajnu promenljivu Y mozemo predstaviti kao

    Y = X1 +X2 +X3 +X4 +X5pa cemo naci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivih Xi (sve imaju isti zakon raspodele,pa ce imati i iste karakteristicne funkcije), te cemo pomocu njih, koristeci osobine karakteristicnihfunkcija, naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Y :

    kXj (t) = E(eitXj ) =

    6m=1 e

    itmP(X = m) =6

    m=1 eitm 1

    6 =16 (e

    it + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it).

    Sada dobijamo:

    kY (t) = k(X1+X2+X3+X4+X5)(t) =5

    j=1 kXj (t) = (kX1(t))5 = 165 (e

    it+e2it+e3it+e4it+e5it+e6it)5.

    Pomocu karakteristicne funkcije nalazimo matematicko ocekivanje slucajne promenljive Y :

    (KY (t)) =

    = 165 5(eit + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it)4 (ieit + 2ie2it + 3ie3it + 4ie4it + 5ie5it + 6ie6it) =

    = 5i65 (eit + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it)4 (it+2e2it + 3e3it + 4e4it + 5e5it + 6e6it),

    K Y (0) =5i65 (1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)

    4(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 5i65 64 21 = 352 i,

    E(Y ) =kY 0)i

    =352.

    5

  • 2 Zakoni velikih brojeva

    Nejednakost CebisevaNeka je X nenegativna slucajna promenljiva, tada je

    P(X ) E(X2)

    2.

    Nejednakost Cebiseva se cesto srece i u obliku

    P(|X E(X)| ) D(X)2

    .

    Centralne granicne teoremeX1, X2, . . . niz nezavisnih slucajnih promenljivih sa istom raspodelom o E(Xr) = a i D(Xr) = s2. Tada

    P

    ( nr=1

    Xr nasn

    < x

    ) 1

    2pi

    x

    et22 , n.

    Ako je X binomna B(n, p) raspodela, tada vazi

    P

    (X np

    npq< x

    ) 1

    2pi

    x

    et22 , n

    i centralnu granicnu teoremu zovemo Teorema Muavr-Laplasa.

    1. Elektrostanica opsluzuje mrezu sa 10000 sijalica. Verovatnoca ukljucenja svake od sijalicauvece iznosi 0.9. Izracunati verovatnocu da apsolutno odstupanje broja ukljucenih sijalica odmatematickog ocekivanja bude najvise 200 koristeci

    (a) nejednakost Cebiseva,

    (b) teoremu Moavr - Laplasa.

    Resenje:

    Slucajna promenljiva X koja predstavlja broj ukljucenih sijalica ima binomnu raspodelu X :B(100